浙江省台州市2023届高三数学上学期11月第一次质量评估试题（Word版附解析）

台州市2023届高三第一次教学质量评估（11月）数学试题

一、选择题：本小题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由交集的定义求解即可

【详解】因为，，

所以，

故选：D

2. 已知复数满足（为虚数单位），则（    ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的乘、除法公式化简复数，再由复数的模长公式即可得出答案.

【详解】由可得：，

所以

故选：B.

3. 已知单位向量，满足，则向量，的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将两边平方，再利用向量数量积的定义即可求解.

【详解】由，所以，

又为单位向量，

所以，

解得，

所以与的夹角为.

故选：C

4. 函数的零点个数是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】先求导研究函数的单调性，再结合零点的存在性定理即可求解

【详解】，

所以在上恒成立，

所以函数在上单调递增，

所以函数至多一个零点

又，，

即函数在上有一个零点，

所以函数的零点个数是1，

故选：B.

5. 已知抛物线的焦点为，点，经过点的直线交抛物线于，两点，且，则点的横坐标为（    ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意得到点的坐标，从而得到直线方程，然后联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理即可得到结果.

【详解】

根据题意不妨令点在轴上方，得到如图所示图像，

因为抛物线，则焦点，又因为点且，

则，且在抛物线上，则，所以

由直线过点且交抛物线于，两点可知，，

则直线方程为，

联立抛物线与直线方程可知消去得

由韦达定理可知，且，所以

故选:C.

6. 已知数列满足：，，.若，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 2022

【答案】A

【解析】

【分析】令，则，再根据等差数列的定义即可得到，即可求出答案.

【详解】令，则

故，为常数，

故数列是等差数列

故选：A.

7. 在四棱锥中，平面平面，为边长为1的等边三角形，底面为矩形.若四棱锥存在一个内切球（内切球定义：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球），则内切球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据内切球在等边三角形内的“正投影”求得内切球的半径，进而求得内切球的表面积.

【详解】由于平面平面，为边长为1的等边三角形，底面为矩形，

所以四棱锥内切球在等边三角形的“正投影”是等边三角形的内切圆，

设等边三角形的内切圆半径为，

则，解得，

所以内切球的半径为，其表面积为.

故选：D

8. 水平放置的碗口朝上的半球形碗内，假设放入一根粗细均匀的筷子，在力的作用下，筷子在碗内及碗沿可无摩擦自由活动直到筷子处于平衡（即筷子质心最低）.此时若经过筷子作与水平面垂直的轴截面如图，其中半圆（表示半球碗截面）半径为1，线段（表示筷子）长为3，则线段的中点离碗口平面距离最大时，直线与水平面夹角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令线段与半球碗的右侧交于点，设直线与水平面的夹角为，线段的中点离碗口平面距离为，根据题意可知：，利用导数研究最值即可求解

【详解】令线段与半球碗的右侧交于点，

设直线与水平面的夹角为，线段的中点离碗口平面距离为，

根据题意可知：，则，

此时，

，

令，解得，设

当时，取得最大值，

线段的中点离碗口平面距离最大时，直线与水平面夹角的余弦值为，

故选：B   

二、选择题：本小题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分

9. 投掷两枚质地均匀的正方体骰子，则（    ）

A. 向上点数之和为5的概率为

B. 向上点数之和为7的概率为

C. 向上点数之和为6的倍数的概率为

D. 向上点数之和为偶数的概率为

【答案】BD

【解析】

【分析】用列举法结合古典概型的概率公式求解即可

【详解】由题意可知投掷两枚质地均匀的正方体骰子点数向上的情况共有：

，，

，，

，，

共36种，

其中点数之和为5的有共4种，故概率为，故A错误；

其中点数之和为7的有共6种，故概率为，故B正确；

其中点数之和为6的倍数有共6种，故概率为，故C错误；

其中点数之和为偶数的有

，，

，，

，，

共18种，故概率为，故D正确；

故选：BD

10. 已知定义在上的函数，满足：，，，则（    ）

A. 函数一定为非奇非偶函数

B. 函数可能为奇函数又是偶函数

C. 当时，，则在上单调递增

D. 当时，，则在上单调递减

【答案】BC

【解析】

【分析】对于AB：令，结合奇偶性的定义即可求解；对于CD：利用单调性的定义结合已知条件求解即可

【详解】对于AB：令，则，

所以或，

当时，

令，则 ，

则，

所以此时既是奇函数又是偶函数；

故A错误，B正确；

对于C：当时，，则，

又，

所以，则，

设，则，则，

所以，

由于，

取，得，

所以，

则当时，，则，

所以，

则在上单调递增，故C正确；

对于D： 设，则，则，

所以，

则在上单调递增，故D错误；

故选：BC

11. 如图，在正方体中，，分别为边，的中点，点为线段上的动点，则（    ）

A. 存在点，使得平面

B. 存在点，使得平面

C. 对任意点，平面平面

D. 对任意点，平面平面

【答案】ABD

【解析】

【分析】当点与点重合时，可判断AC，当点为平面与线段交点时可判断B，可证明平面，由此可判断D.

【详解】选项A，当点与点重合时，平面即为平面，由于，平面，平面，此时平面，正确；

选项B，若平面，此时平面与平面重合，连接，易得，故相交，当点为平面与线段交点时成立，正确；

选项C，当点与点重合时，平面即为平面，平面与平面交于过点的一条直线，错误；

选项D，连结，由于平面，平面，故，又

，故，故，即，故，又相交，平面，

故平面，又平面，故对任意点，平面平面，正确.

故选：ABD

12. 已知实数，，且，若，则可能等于（    ）

A. 0.5 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】AB

【解析】

【分析】问题可转化为是大于2的两个不同零点，利用导数研究单调性并作出图象，结合图象即可求解

【详解】因为实数，，且，若，

所以，即，

所以，

令，

，

令解得，令解得，

所以在单调递增，在上单调递减，

作出的图象如下：

，，不妨设，

，

由图象可知：，，且，

所以AB正确，CD错误；

故选：AB

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

13. 经过点，，的圆的方程为_____________.

【答案】（或）

【解析】

【分析】设圆的一般方程为，代入点坐标，待定系数求解即可.

【详解】设圆的一般方程为，代入点，，可得：

，解得，

故圆的一般方程为：

标准方程为：.

故答案为：（或）

14. 已知实数，满足，则的最大值为_____________.

【答案】##

【解析】

【分析】利用重要不等式，转化为不等式，求的最大值.

【详解】因为，所以，

即，当时，等号成立，

所以的最大值是.

故答案为：

15. 已知，则_____________.

【答案】30

【解析】

【分析】利用二项式定理的原理与组合的意义求解即可.

【详解】因为，所以是含项的系数，

若从10个式子中取出0个，则需要从中取出3个，7个1，则得到的项为；

若从10个式子中取出1个，则需要从中取出1个，8个1，则得到的项为；

若从10个式子中取出大于或等于2个，则无法得到含的项；

综上：含的项为，则含项的系数为，即.

故答案为：.

16. 已知，若关于的方程恰有三个不同的解，则满足上述条件的的值可以为_____________.（写出一个即可）

【答案】4，5，6，7，8，9，10（写出其中一个即可）

【解析】

【分析】利用换元法，结合两个函数图象的交点情况进行求解.

【详解】设，则，原方程化为，

设，则函数恒过点；

如图，设直线分别与函数切于两点；

由图可知，当过点的直线的斜率介于直线和直线的斜率之间时符合题意.

先求大致限定范围：

，解得，

由于取正整数，当时，由图检验可知，符合题意；

当时，由图检验可知，符合题意；

所以的值可以为4，5，6，7，8，9，10（写出一个即可）.

故答案为：4，5，6，7，8，9，10（写出其中一个即可）

四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 已知公差为2的等差数列中，，，成等比数列.

（1）求；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意，用表示，求解即可；

（2）结合等差、等比求和公式，分组求和即可.

【小问1详解】

因为，，成等比数列，所以，

又因为等差数列的公差为2，

所以，

解得，

所以；

【小问2详解】

由题意，

由于，故为以为首项，公比为4的等比数列，

所以

.

18. 为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据100个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表：

（1）若从总体中任取一个样本，试估计该动物未服用药物且未患疾病的概率；

（2）能否有的把握认为药物对疾病有效?

附：

【答案】（1）   

（2）没有

【解析】

【分析】（1）将频率作为概率，根据古典概型计算即可；

（2）对2列联表作卡方计算，与表格中的数据比较即可.

小问1详解】

由样本估计总体，估计该动物末服用药物且末患疾病的概率为：；

【小问2详解】

假设药物A服用与患疾病无关，由

，

因为，所以没有的把握认为药物A对疾病B有效；

综上，该动物末服用药物且末患疾病的概率为： ，没有的把握认为药物A对疾病B有效.

19. 如图，在四棱锥中，，与均为等腰直角三角形，，，且平面平面.

（1）求证：；

（2）若，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，结合等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定可证得平面，由线面垂直的性质可得结论；

（2）由面面垂直的性质可证得平面，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果.

【小问1详解】

取的中点，连接，

与均为等腰直角三角形，，

，，，，

又，平面，平面，

平面，.

【小问2详解】

平面平面，平面平面，，平面，平面，又，

则以坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

，，，，

又，，

则，，，，

设，则，，，则，

，，，

设平面的法向量为，

则，令，解得：，，；

点到平面的距离.

20. 设的三个内角，，所对的边分别为，，.若，且.

（1）求的值；

（2）若，的面积为1，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由两角和与差的余弦公式化简已知等式即可求解；

（2）根据面积公式可得，再由正弦定理结合两角和的正切公式即可得出答案.

【小问1详解】

因为，

所以，

所以

，

所以，

所以，

又因为在中，所以，

所以，

所以，

所以；

【小问2详解】

因为的面积为1，所以，

所以，

根据正弦定理可得，

所以，

所以，

所以，

可得，

又因为，所以，

所以，

所以.

21 已知函数

（1）若，求函数的单调区间；

（2）若存在，使得，设函数的图像与轴的交点从左到右分别为，，，，证明：点，分别是线段和线段的黄金分割点.（注：若线段上的点将线段分割成两部分，且其中较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，则称此点为该线段的黄金分割点）

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）先求导，再分与讨论即可求解；

（2）存在，使得，得对任意恒成立，即对任意恒成立，从而得到，代入得，求解即可

【小问1详解】

因为，

所以.

①当时，由解得，由解得，

所以在上单调递减，在上单调递增；

②当时，由解得，由解得，

所以在上单调递增，在上单调递减.

综上可知：当时，在上单调递减，在上单调递增；

时，在上单调递增，在上单调递减.

【小问2详解】

若存在，使得，

则，

得，

得对任意恒成立，

即对任意恒成立，

所以

所以；

代入得，

由可得.

因为函数的图象关于对称，所以有

，得，，，，

所以，，

所以点，分别是线段和的黄金分割点.

22. 已知点是双曲线与椭圆的公共点，直线与双曲线交于不同的两点，，设直线与的倾斜角分别为，，且满足.

（1）求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；

（2）记（1）中直线恒过定点为，若直线与椭圆交于不同两点，，求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）记，的斜率为，，由可得，联立直线与双曲线，用坐标表示，结合韦达定理可得，分析即可得解；

（2）用坐标表示，结合韦达定理以及得到的范围，求解即可.

【小问1详解】

由已知得，

所以，，

当，斜率不存在时，则直线，为或，与题意不符；

当，斜率存在时，记，的斜率为，

所以根据，

可得，……………………（*）

设，，直线，

由联立可得，

所以

因为，

所以，

所以，

所以或（此时直线过，不符，舍去）

所以直线恒过定点；

【小问2详解】

由（1）知，可设直线的方程：，

设直线与椭圆的交点，坐标分别为，，

由可得

，

所以，

因为

，

所以

又因为可得或，

又因为直线与双曲线交于不同的两点，，由

联立可得，

又因为可得，

所以或，

所以结合（1）可得的取值范围为，

所以的取值范围为.